Loading docs/math/primitive-root.md +28 −9 Original line number Diff line number Diff line ### 原根 ## 阶 #### 定义与性质 若 $(a,m)=1$，使 $a^l \equiv 1 \pmod m$ 成立的最小的 $l$，称为 $a$ 关于模 $m$ 的阶，记为 $\text{ord}_ma$。 对于两个正整数 $a,p$ 满足 $\gcd(a,p)=1$，由欧拉定理可知，存在正整数 $d<p$ （如 $d=\varphi(p)$），使得 $a^d\equiv 1\pmod{p}$。 若 $\text{ord}_ma=l$，则 $\text{ord}_m{a^t} = \frac{l}{(t,l)}$ 因此，在 $\gcd(a,p)=1$ 时，定义 $a$ 在模 $m$ 意义下的阶为使 $a^d\equiv 1\pmod{p}$ 成立的最小正整数 $d$。若 $a$ 在模 $p$ 意义下的阶等于 $\varphi(p)$，则称 $a$ 是模 $p$ 的原根。 由欧拉定理，设 $\text{ord}_ma=l$，则 $a^n \equiv 1 \pmod m$ 当且仅当 $l | n$，特别地，$l | \phi(m)$。 若 $g$ 是模 $p$ 的原根，那么对于所有 $1\leqslant i<p$，$g^{i}\bmod{p}$ 互不相同。 - 设 $p$ 是素数，$\text{ord}_pa=l$，那么有且仅有 $\phi(l)$ 个关于模 $p$ 的阶为 $l$ 且两两互不同余的数。 - 设 $\text{ord}_ma=l$，则 $1, a, a^2, \cdots, a^{l-1}$ 关于模 $m$ 两两互不同余。 - 设 $p$ 是素数，$l|p-1$，则存在 $\phi(l)$ 个关于模 $p$ 的阶为 $l$ 且两两互不同余的数。 - 若 $m=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}$，则 $\text{ord}_ma = [\text{ord}_{p_1}^{a_1}, \text{ord}_{p_2}^{a_2}, \cdots, \text{ord}_{p_k}^{a_k}]$ #### 求法 ## 原根 暴力枚举当然可以，但是有更好的方法： $(g, m)=1$，若 $\text{ord}_mg = \phi(m)$，则称 $g$ 为 $m$ 的一个原根。 $g$ 为 $m$ 的一个原根当且仅当 $\{g, g^2, \cdots, g^{\phi(m)}\}$ 构成模 $m$ 的一个既约剩余系。 ### 判断是否有原根 若 $m$ 有原根，则 $m$ 一定是下列形式：$2, 4, p^a, 2p^a$。这里 $p$ 为奇素数，$a$ 为正整数。 ### 求所有原根 设 $g$ 为 $m$ 的一个原根，则集合 $S = \{g^s | 1 \leq s \leq \phi(m), (s, \phi(m)) = 1\}$ 给出 $m$ 的全部原根。因此，若 $m$ 有原根，则 $m$ 有 $\phi(\phi(m))$ 个关于模 $m$ 两两互不同余的原根。 ## 求一个原根 对 $p-1$ 进行质因数分解得到不同的质因子 $d_{1},d_{2},\ldots,d_{m}$，对于任意的 $1<a<p$，要判定 $a$ 是否是模 $p$ 的原根，只需要检验 $a^{\frac{p-1}{d_{1}}},a^{\frac{p-1}{d_{2}}},\ldots,a^{\frac{p-1}{d_{m}}}$ 这 $m$ 个数中是否存在一个数在模 $p$ 意义下与 $1$ 同余。若存在，则 $a$ 不是 $p$ 的原根；若不存在，则 $a$ 是 $p$ 的原根。 证明： 另一种表达形式： $(g,m) =1$，设 $p_1, p_2, \cdots, p_k$ 是 $\phi(m)$ 的所有不同的素因数，则 $g$ 是 $m$ 的原根，当且仅当对任意 $1 \leq i \leq k$，都有 $g^{\frac{\phi(m)}{p_i}} \not\equiv 1 \pmod m$ ### 证明 假设存在一个 $t<\varphi(p)=p-1$ 使得 $a^t\equiv 1\pmod{p}$ 且 $\forall i\in\left[1,m\right]:a^{\frac{p-1}{d_{i}}}\not\equiv 1\pmod{p}$。 Loading @@ -29,7 +48,7 @@ $$1\equiv a^{kt}\equiv a^{x(p-1)+\gcd(t,p-1)}\equiv a^{\gcd(t,p-1)}\pmod{p}$$ 故假设不成立。 #### 用途 ## 用途 我们发现原根 $g$ 拥有所有 FFT 所需的单位根 $\omega$ 的性质，于是我们用 $g^{\frac{p-1}{n}}\bmod{p}$ 来代替 $\omega_{n}$，就能把复数对应到一个整数，在模 $p$ 意义下进行快速变换了。 Loading
docs/math/primitive-root.md +28 −9 Original line number Diff line number Diff line ### 原根 ## 阶 #### 定义与性质 若 $(a,m)=1$，使 $a^l \equiv 1 \pmod m$ 成立的最小的 $l$，称为 $a$ 关于模 $m$ 的阶，记为 $\text{ord}_ma$。 对于两个正整数 $a,p$ 满足 $\gcd(a,p)=1$，由欧拉定理可知，存在正整数 $d<p$ （如 $d=\varphi(p)$），使得 $a^d\equiv 1\pmod{p}$。 若 $\text{ord}_ma=l$，则 $\text{ord}_m{a^t} = \frac{l}{(t,l)}$ 因此，在 $\gcd(a,p)=1$ 时，定义 $a$ 在模 $m$ 意义下的阶为使 $a^d\equiv 1\pmod{p}$ 成立的最小正整数 $d$。若 $a$ 在模 $p$ 意义下的阶等于 $\varphi(p)$，则称 $a$ 是模 $p$ 的原根。 由欧拉定理，设 $\text{ord}_ma=l$，则 $a^n \equiv 1 \pmod m$ 当且仅当 $l | n$，特别地，$l | \phi(m)$。 若 $g$ 是模 $p$ 的原根，那么对于所有 $1\leqslant i<p$，$g^{i}\bmod{p}$ 互不相同。 - 设 $p$ 是素数，$\text{ord}_pa=l$，那么有且仅有 $\phi(l)$ 个关于模 $p$ 的阶为 $l$ 且两两互不同余的数。 - 设 $\text{ord}_ma=l$，则 $1, a, a^2, \cdots, a^{l-1}$ 关于模 $m$ 两两互不同余。 - 设 $p$ 是素数，$l|p-1$，则存在 $\phi(l)$ 个关于模 $p$ 的阶为 $l$ 且两两互不同余的数。 - 若 $m=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}$，则 $\text{ord}_ma = [\text{ord}_{p_1}^{a_1}, \text{ord}_{p_2}^{a_2}, \cdots, \text{ord}_{p_k}^{a_k}]$ #### 求法 ## 原根 暴力枚举当然可以，但是有更好的方法： $(g, m)=1$，若 $\text{ord}_mg = \phi(m)$，则称 $g$ 为 $m$ 的一个原根。 $g$ 为 $m$ 的一个原根当且仅当 $\{g, g^2, \cdots, g^{\phi(m)}\}$ 构成模 $m$ 的一个既约剩余系。 ### 判断是否有原根 若 $m$ 有原根，则 $m$ 一定是下列形式：$2, 4, p^a, 2p^a$。这里 $p$ 为奇素数，$a$ 为正整数。 ### 求所有原根 设 $g$ 为 $m$ 的一个原根，则集合 $S = \{g^s | 1 \leq s \leq \phi(m), (s, \phi(m)) = 1\}$ 给出 $m$ 的全部原根。因此，若 $m$ 有原根，则 $m$ 有 $\phi(\phi(m))$ 个关于模 $m$ 两两互不同余的原根。 ## 求一个原根 对 $p-1$ 进行质因数分解得到不同的质因子 $d_{1},d_{2},\ldots,d_{m}$，对于任意的 $1<a<p$，要判定 $a$ 是否是模 $p$ 的原根，只需要检验 $a^{\frac{p-1}{d_{1}}},a^{\frac{p-1}{d_{2}}},\ldots,a^{\frac{p-1}{d_{m}}}$ 这 $m$ 个数中是否存在一个数在模 $p$ 意义下与 $1$ 同余。若存在，则 $a$ 不是 $p$ 的原根；若不存在，则 $a$ 是 $p$ 的原根。 证明： 另一种表达形式： $(g,m) =1$，设 $p_1, p_2, \cdots, p_k$ 是 $\phi(m)$ 的所有不同的素因数，则 $g$ 是 $m$ 的原根，当且仅当对任意 $1 \leq i \leq k$，都有 $g^{\frac{\phi(m)}{p_i}} \not\equiv 1 \pmod m$ ### 证明 假设存在一个 $t<\varphi(p)=p-1$ 使得 $a^t\equiv 1\pmod{p}$ 且 $\forall i\in\left[1,m\right]:a^{\frac{p-1}{d_{i}}}\not\equiv 1\pmod{p}$。 Loading @@ -29,7 +48,7 @@ $$1\equiv a^{kt}\equiv a^{x(p-1)+\gcd(t,p-1)}\equiv a^{\gcd(t,p-1)}\pmod{p}$$ 故假设不成立。 #### 用途 ## 用途 我们发现原根 $g$ 拥有所有 FFT 所需的单位根 $\omega$ 的性质，于是我们用 $g^{\frac{p-1}{n}}\bmod{p}$ 来代替 $\omega_{n}$，就能把复数对应到一个整数，在模 $p$ 意义下进行快速变换了。
